《高考總復(fù)習(xí)物理隨堂課件與課后習(xí)題第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律課時(shí)規(guī)范練8牛頓第二定律的應(yīng)用.docx》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高考總復(fù)習(xí)物理隨堂課件與課后習(xí)題第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律課時(shí)規(guī)范練8牛頓第二定律的應(yīng)用.docx（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)規(guī)范練8牛頓第二定律的應(yīng)用 基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練1.(物體受力分析)(2021北京昌平模擬)用卡車(chē)運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件,為使工件保持穩(wěn)定,將其置于木板A、B之間,如圖所示。兩木板固定在車(chē)上,且板間距離剛好等于工件的外部直徑。當(dāng)卡車(chē)沿平直公路以加速度a勻加速行駛時(shí),工件對(duì)木板A、B壓力的大小分別為F1、F2,則()A.F1=ma,F2=0B.F1=0,F2=maC.F1=0,F2=0D.F1=ma,F2=ma2.(超重失重問(wèn)題)(2021河北雞澤一中模擬)如圖所示,垂直電梯有一個(gè)“轎廂”和一個(gè)“對(duì)重”通過(guò)曳引繩(鋼絲繩)將它們連接起來(lái),曳引繩通過(guò)驅(qū)動(dòng)電機(jī)的曳引帶動(dòng)使電梯“轎廂”和“對(duì)重”在電梯

2、內(nèi)導(dǎo)軌上做上下運(yùn)動(dòng)。某次“轎廂”向上做勻減速運(yùn)動(dòng),則()A.“轎廂”處于超重狀態(tài)B.“對(duì)重”處于失重狀態(tài)C.“對(duì)重”向下做勻加速運(yùn)動(dòng)D.曳引繩受到的拉力大小比“轎廂”重力小3.(多選)(動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題)(2021山東德州質(zhì)檢)如圖甲所示,直角三角形斜劈abc固定在水平面上。t=0時(shí),一物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從底端a以初速度v1沿斜面ab向上運(yùn)動(dòng),到達(dá)頂點(diǎn)b時(shí)速率恰好為零,之后沿斜面bc下滑至底端c。若物塊與斜面ab、bc間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等,物塊在兩斜面上運(yùn)動(dòng)的速率v隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示,v1、v2、t1、t2、g已知,則下列物理量可求的是()A.斜面ab的傾角B.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

3、C.物塊的質(zhì)量mD.斜面bc的長(zhǎng)度L4.(多選)(超重失重問(wèn)題)(2021廣東適應(yīng)性測(cè)試)研究蹦極運(yùn)動(dòng)時(shí),在運(yùn)動(dòng)員身上系好彈性繩并安裝傳感器,可測(cè)得運(yùn)動(dòng)員豎直下落的距離及其對(duì)應(yīng)的速度大小。根據(jù)傳感器收集到的數(shù)據(jù),得到如圖所示的速度位移圖像。若空氣阻力和彈性繩的重力可以忽略,根據(jù)圖像信息,下列說(shuō)法正確的有()A.彈性繩原長(zhǎng)為15 mB.當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降10 m時(shí),其處于失重狀態(tài)C.當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降15 m時(shí),繩的彈性勢(shì)能最大D.當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降20 m時(shí),其加速度方向豎直向上5.(動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題)右圖是汽車(chē)運(yùn)送圓柱形工件的示意圖,圖中P、Q、N是固定在車(chē)體上的壓力傳感器,假設(shè)圓柱形工件表面光滑,汽車(chē)靜止

4、不動(dòng)時(shí)Q傳感器示數(shù)為零,P、N傳感器示數(shù)不為零。在汽車(chē)向左勻加速啟動(dòng)過(guò)程中,P傳感器示數(shù)為零時(shí),Q、N傳感器示數(shù)不為零。已知sin 15=0.26,cos 15=0.97,tan 15=0.27,g取10 m/s2,則汽車(chē)向左勻加速啟動(dòng)的加速度可能為()A.3 m/s2B.2.7 m/s2C.1.5 m/s2D.1 m/s26.(動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題)處于豎直平面內(nèi)的某圓周的兩條直徑AB、CD間的夾角為60,其中直徑AB水平,AD與CD是光滑的細(xì)桿。從A點(diǎn)和C點(diǎn)分別靜止釋放兩小球,從A、C點(diǎn)下落到D點(diǎn)的時(shí)間分別是t1、t2,則t1t2等于()A.11B.32C.32D.237.(物體受力分析)(

5、2021河北張家口三模)小明自主探究豎式電梯,查閱銘牌得知轎廂A的質(zhì)量m1=200 kg,配重B的質(zhì)量m2=600 kg,最大載重m3=800 kg,最大運(yùn)行速度vm=2 m/s,電梯上行過(guò)程簡(jiǎn)化圖如圖所示。現(xiàn)電梯滿(mǎn)載,由靜止開(kāi)始以加速度a=2 m/s2上行,達(dá)到最大速度后勻速上行,然后以加速度a=2 m/s2減速上行直到停止,共升高30 m。忽略一切摩擦,g取10 m/s2,電梯滿(mǎn)載時(shí),求:(1)電梯升高30 m所用的時(shí)間t;(2)上行過(guò)程中電動(dòng)機(jī)的最大功率P。素養(yǎng)綜合練8.(多選)如圖所示,穿在水平直桿上質(zhì)量為m的小球開(kāi)始時(shí)靜止?，F(xiàn)對(duì)小球沿桿方向施加恒力F0,垂直于桿方向施加豎直向上的力F

6、,且F的大小始終與小球的速度成正比,即F=kv(圖中未標(biāo)出)。已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未從桿上脫落,球上小孔直徑略大于直桿直徑,且F0mg。下列說(shuō)法正確的是()A.小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直到靜止B.小球先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng),后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),直到最后做勻速運(yùn)動(dòng)C.小球的最大加速度為F0mD.小球最大速度為F0+mgk9.(多選)(2021河北保定一模)如圖所示,ab是半徑為R的圓的直徑,c是圓周上一點(diǎn),ac=bc。質(zhì)量為m的物體僅受一個(gè)恒力作用,從a點(diǎn)沿ac方向射入圓形區(qū)域,經(jīng)時(shí)間t沿cb方向從b點(diǎn)射出圓形區(qū)域。下列說(shuō)法正確的是(

7、)A.恒力沿cb方向,大小為22mRt2B.恒力方向垂直ab斜向左上,大小為4mRt2C.物體在a點(diǎn)的速率為2RtD.物體離開(kāi)b點(diǎn)時(shí)的速率為22Rt10.(多選)(2021河北邯鄲肥鄉(xiāng)第一中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試)一木板與水平地面間的夾角=37,一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。如圖所示,若t=0時(shí)讓該小木塊從木板的底端以初速度v0=12 m/s沿木板向上運(yùn)動(dòng),g取10 m/s2,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8。則下列結(jié)論正確的是()A.小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為34B.小木塊在2 s內(nèi)的位移為6 mC.小木塊在2 s內(nèi)的位移為0D.小木塊滑到最高點(diǎn)后將沿木板下滑11.如

8、圖甲所示,質(zhì)量m=1 kg的物塊在平行于斜面向上的拉力F的作用下從靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng),t=0.5 s時(shí)撤去拉力,利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖像(v-t圖像)如圖乙所示,g取10 m/s2,求:(1)2 s內(nèi)物塊的位移大小x和通過(guò)的路程L;(2)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)兩個(gè)階段加速度大小a1、a2和拉力F的大小。12.送餐服務(wù)是機(jī)器人應(yīng)用的一個(gè)領(lǐng)域,只要設(shè)置好路線(xiàn)、安放好餐盤(pán),機(jī)器人就會(huì)穩(wěn)穩(wěn)地舉著托盤(pán),到達(dá)指定的位置送餐。若某一配餐點(diǎn)和目標(biāo)位置在相距x=43 m的直線(xiàn)通道上,機(jī)器人送餐時(shí)從靜止開(kāi)始啟動(dòng),加速過(guò)程的加速度大小a1=2 m/s2,速度達(dá)到v=2 m/s后勻速運(yùn)動(dòng),之后適時(shí)勻減

9、速,恰好把食物平穩(wěn)送到目標(biāo)位置,整個(gè)送餐用時(shí)t=23 s。若載物平臺(tái)呈水平狀態(tài),食物的總質(zhì)量m=2 kg,食物與平臺(tái)無(wú)相對(duì)滑動(dòng),g取10 m/s2,求:(1)機(jī)器人加速過(guò)程位移的大小x1;(2)勻速運(yùn)動(dòng)持續(xù)的時(shí)間t0;(3)減速過(guò)程中平臺(tái)對(duì)食物的平均作用力F的大小。參考答案課時(shí)規(guī)范練8牛頓第二定律的應(yīng)用1.A解析對(duì)工件受力分析知,當(dāng)車(chē)勻加速行駛時(shí),工件會(huì)擠壓A,不擠壓B,故F2=0,由牛頓第二定律得F1=ma,故A正確。2.D解析當(dāng)“轎廂”向上做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí),加速度向下,處于失重狀態(tài),它受到曳引繩的拉力小于它的重力,由牛頓第三定律得,曳引繩受到的拉力大小小于“轎廂”的重力,此時(shí)“對(duì)重”向下做勻

10、減速運(yùn)動(dòng),加速度向上,處于超重狀態(tài),所以D正確。3.ABD解析設(shè)物塊上滑與下滑的加速度大小分別為a1和a2,由v-t圖像的斜率等于加速度,得a1=v1t1,a2=v2t2-t1;物塊上滑時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有mgsin +mgcos =ma1,物塊下滑時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有mgsin(90-)-mgcos(90-)=ma2,聯(lián)立以上四式,由數(shù)學(xué)知識(shí)可求得斜面ab的傾角和物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù),但不能求出物塊的質(zhì)量m,故選項(xiàng)A、B正確,C錯(cuò)誤;斜面bc的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=v2(t2-t1)2,可以求出,選項(xiàng)D正確。4.BD解析當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降15 m時(shí),速度最大,此時(shí)加速度為零,合力為零,彈力與重力大小相

11、等,彈性繩處于伸長(zhǎng)狀態(tài),A項(xiàng)錯(cuò)誤。當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降10 m時(shí),速度向下并且正在增大,運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài),B項(xiàng)正確。當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降15 m時(shí),速度不為零,運(yùn)動(dòng)員繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng),彈性繩繼續(xù)伸長(zhǎng),彈性勢(shì)能繼續(xù)增大,C項(xiàng)錯(cuò)誤。當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降20 m時(shí),運(yùn)動(dòng)員向下做減速運(yùn)動(dòng),其加速度方向豎直向上,D項(xiàng)正確。5.A解析汽車(chē)向左勻加速啟動(dòng)過(guò)程中,P傳感器示數(shù)為零而Q、N傳感器示數(shù)不為零,受力分析如圖所示豎直方向有FQ+mg=FNcos 15水平方向有FNsin 15=ma聯(lián)立解得a=FQ+mgmtan 15=FQm0.27+2.7 m/s22.7 m/s2,故A選項(xiàng)正確。6.C解析由幾何關(guān)系得,AD與水平面的夾角為3

12、0,設(shè)圓周的半徑為R,則有xAD=2Rcos 30=3R,根據(jù)牛頓第二定律得,小球在AD上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1=gsin 30=12g,根據(jù)xAD=12a1t12,可得t1=2xADa1=43Rg;由幾何關(guān)系得xCD=2R,小球在CD上運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2=gsin 60=32g,根據(jù)xCD=12a2t22,可得t2=2xCDa2=8R3g,則有t1t2=32,故A、B、D錯(cuò)誤,C正確。7.答案 (1)16 s(2)14.4 kW解析 (1)加速上升時(shí)間t1=vma,加速段位移x1=12at12,因?yàn)榧铀俣魏蜏p速段時(shí)間、位移相同,所以h-2x1=vmt2,t=2t1+t2,解得t=16 s。

13、(2)對(duì)轎廂和載重受力分析,由牛頓第二定律得FT-m1g-m3g=(m1+m3)a,對(duì)配重受力分析,由牛頓第二定律得F+m2g-FT=m2a,解得F=7 200 N,則功率P=Fvm=14.4 kW。8.BCD解析小球在F0作用下向右做加速運(yùn)動(dòng),隨著速度的增加,向上的力F越來(lái)越大,導(dǎo)致桿對(duì)小球的彈力越來(lái)越小,摩擦力越來(lái)越小,加速度越來(lái)越大,當(dāng)F=mg時(shí),彈力減小到零,摩擦力減小到零,此時(shí)加速度達(dá)到最大值,最大加速度a=F0m,選項(xiàng)C正確;接下來(lái)Fmg,桿對(duì)小球的彈力向下,隨速度的增加,F越來(lái)越大,桿對(duì)小球的彈力越來(lái)越大,摩擦力越來(lái)越大,加速度越來(lái)越小,當(dāng)摩擦力增大到與拉力F0相等時(shí),小球勻速運(yùn)

14、動(dòng),因此小球的加速度先增大后減小,最后勻速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;最大速度時(shí),F0=(F-mg),F=kv,可求得最大速度v=(F0+mg)k,選項(xiàng)D正確。9.BD解析 把運(yùn)動(dòng)分解為沿ac方向和cb方向,沿ac方向初速度為va,末速度為零,物體做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系得位移為2R,平均速度v1=va+02=2Rt,則va=22Rt;沿cb方向初速度為0,末速度為vb,物體做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),平均速度v2=vb+02=2Rt,解得vb=22Rt,C錯(cuò)誤,D正確。沿ac方向的加速度ax=0-vat=-22Rt2,方向從c指向a;沿cb方向的加速度ay=vb-0t=22Rt2,方向從c指向b;合

15、加速度為a=ax2+ay2=4Rt2,方向與ab垂直斜向左上方,根據(jù)牛頓第二定律F=ma=4mRt2,A錯(cuò)誤,B正確。10.AB解析 小木塊沿著木板勻速下滑,由平衡條件可得mgcos =mgsin ,解得=34,A正確;小木塊沿木板向上運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)速度為零,由于mgcos =mgsin ,小木塊滑到最高點(diǎn)后將靜止在木板上,D錯(cuò)誤;小木塊沿木板向上運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律可得mgcos +mgsin =ma,解得a=12 m/s2,小木塊滑到最高點(diǎn)需要的時(shí)間為t=v0a=1 s,所以小木塊在2 s內(nèi)的位移為1 s內(nèi)的位移,即x=v0t-12at2=6 m,B正確,C錯(cuò)誤。11

16、.答案(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N解析(1)由題圖乙易得,物塊上升的位移x1=1221 m=1 m物塊下滑的距離x2=1211 m=0.5 m位移大小x=x1-x2=1 m-0.5 m=0.5 m路程L=x1+x2=1 m+0.5 m=1.5 m。(2)由題圖乙知,各階段加速度a1=20.5 m/s2=4 m/s2a2=0-20.5 m/s2=4 m/s2設(shè)斜面傾角為,斜面對(duì)物塊的摩擦力為Ff,根據(jù)牛頓第二定律,00.5 s內(nèi)F-Ff-mgsin =ma10.51 s內(nèi)Ff+mgsin =ma2聯(lián)立解得F=8 N。12.答案(1)1 m(2)20 s(3)2101 N解析(1)加速過(guò)程位移x1=v22a1解得x1=1 m。(2)設(shè)機(jī)器人減速時(shí)的加速度為a2,則由題可知t1=va1x=x1+vt0+v22a2t=t1+t0+va2解得t0=20 s,a2=1 m/s2。(3)平臺(tái)對(duì)食物豎直方向的支持力FN=mg水平方向的摩擦力Ff=ma2故平臺(tái)對(duì)食物的作用力大小F=(mg)2+(ma2)2代入數(shù)據(jù)解得F=2101 N。 8